Question

（16分）霧霾含有大量的污染物SO2、NO。工業(yè)上變“廢”為寶，吸收工業(yè)尾氣SO2和NO，可獲得Na2S2O4和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如下(Ce為鈰元素)：

（1）裝置Ⅰ中的主要離子方程式為 。

（2）含硫各微粒(H2SO3、HSO3－和SO32－)存在于SO2與NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)X(i)與溶液pH的關(guān)系如圖所示。

①若是0.1molNaOH反應(yīng)后的溶液，測得溶液的pH＝8時，溶液中各離子濃度由大到小的順序是 。

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定濃度的CaCl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，pH降為2，用化學(xué)平衡移動原理解釋溶液pH降低的原因： 。

（3）寫出裝置Ⅱ中，酸性條件下反應(yīng)的離子方程 式 ， 。

（4）裝置Ⅲ還可以使Ce4+再生，其原理如圖所示。①生成Ce4+從電解槽的 (填字母序號)口流出。②寫出陰極的反應(yīng)式 。

（5）已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中，NO2－的濃度為a g·L-1，要使1 m3該溶液中的NO2－完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需至少向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2 L。(用含a代數(shù)式表示，計算結(jié)果保留整數(shù))

Answer 1

(1)SO2+OH-=HSO3-

（2）①c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)；②因為亞硫酸氫根離子存在電離平衡HSO3- H++ SO32-，加入氯化鈣后，Ca2++ SO32-= CaSO3↓，使平衡正向移動，氫離子濃度增大，pH減��；

（3）NO+3Ce4++2H2O=NO3-+ 3Ce3++4 H+, NO+Ce4++H2O=NO2-+ Ce3++2 H+；

（4）a；2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O;

（5）243a或5600a/23

【解析】

試題分析：（1）根據(jù)流程圖可知，二氧化硫與NO的混合氣體與氫氧化鈉溶液反應(yīng)主要生成亞硫酸氫鈉，所以裝置Ⅰ中的主要離子方程式為SO2+OH-=HSO3-；

（2）①由圖可知，pH=8時溶液中主要的陰離子是亞硫酸根離子，說明二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應(yīng)主要生成亞硫酸鈉，其次還有少量的亞硫酸氫鈉，則溶液中離子濃度的大小關(guān)系是c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)；

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定濃度的CaCl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，pH降為2，溶液的酸性增強(qiáng)，因為亞硫酸氫根離子存在電離平衡HSO3- H++ SO32-，鈣離子與亞硫酸根離子結(jié)合為亞硫酸鈣沉淀，促進(jìn)亞硫酸氫根離子的電離,氫離子濃度增大，pH減小；

（3）裝置II是Ce4+與NO的反應(yīng)，將NO氧化為硝酸根離子和亞硝酸根離子，自身被還原為Ce3+，離子方程式是NO+3Ce4++2H2O=NO3-+ 3Ce3++4 H+, NO+Ce4++H2O=NO2-+ Ce3++2 H+；

（4）裝置Ⅲ還可以使Ce4+再生，則Ce3+被氧化為Ce4+，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以Ce4+從電解槽的a口流出；陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)流程圖可知，HSO3-得到電子生成S2O42-，則電極反應(yīng)式是2HSO3-+2e-+2H+= S2O42-+2H2O;

（5）NO2-與氨氣、氧氣反應(yīng)生成硝酸銨，則N元素被氧化，化合價從+3價升高到+5價，1m3的溶液中的NO2－的物質(zhì)的量是1000L×ag/L/46g/mol=1000a/46mol，失去電子的物質(zhì)的量是1000a/46×2mol=，根據(jù)得失電子守恒，則需要氧氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是1000a/23mol/4×22.4L/mol=5600a/23L。

考點(diǎn)：考查電解質(zhì)溶液中離子濃度的關(guān)系，對流程的分析，氧化還原反應(yīng)的分析判斷